热门试卷

（1）详见解析；（2）.

试题分析：解法一利用综合法证明解题：

（1）由已知可知AE⊥AB，又AE⊥AD，所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥DB，又ABCD为正方形，所以DB⊥AC，所以DB⊥平面AEC，而BD平面BED，故有平面AEC⊥平面BED.

（2）如图4-1中，设AC与BD交点为O，所以OE为两平面AEC和BED的交线.过C作平面BED的垂线，其垂足必在直线EO上，即∠OEC为EC与平面BED所成的角.再设正方形边长为2，则OA=，AE=2，所以OE=，EC=，所以在三角形OEC中，利用余弦定理可得 cos∠OEC=，故所求为sin∠OEC=.

解法二利用向量法：以A为原点，AE、AB、AD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图4-2所示，

（1）设正方形边长为2，则E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2) (0,2,2)，=(0,-2,2)，=(2,0,0)，=(-2,0,2)，从而有，，即BD⊥AC，BD⊥AE，所以BD⊥平面AEC，故平面BED⊥平面AEC.

（2）设平面BED的法向量为，由，得，故取    8分

而=(-2,2,2)，设直线EC与平面BED所成的角为，则有 .

试题解析：解法一：

（1）由已知有AE⊥AB，又AE⊥AD，

所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥DB，                    3分

又ABCD为正方形，所以DB⊥AC，                        4分

所以DB⊥平面AEC，而BD平面BED

故有平面AEC⊥平面BED.                                 6分

（2）设AC与BD交点为O，所以OE为两平面AEC和BED的交线.

过C作平面BED的垂线，其垂足必在直线EO上，

即∠OEC为EC与平面BED所成的角.      7分

设正方形边长为2，则OA=，AE=2，

所以OE=，EC=，       9分

所以在三角形OEC中，

由余弦定理得 cos∠OEC=，故所求为sin∠OEC=         12分

解法二：以A为原点，AE、AB、AD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系．  1分

（1）设正方形边长为2，则E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2)      2分

(0,2,2)，=(0,-2,2)，=(2,0,0)，=(-2,0,2)，

从而有，，

即BD⊥AC，BD⊥AE，

所以BD⊥平面AEC，

故平面BED⊥平面AEC.         6分

（2）设平面BED的法向量为，

由，得，故取    8分

而=(-2,2,2)，设直线EC与平面BED所成的角为，

则有                       12分

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

试题分析：（Ⅰ）建立空间坐标,分别求出的坐标,利用数量积等于零即可；（Ⅱ）当为的中点时,求点到平面的距离,只需找平面的一条过点的斜线段在平面的法向量上的投影即可；（Ⅲ）设,因为平面的一个法向量为,只需求出平面的法向量,然后利用二面角为,根据夹角公式,求出即可.

试题解析：以为坐标原点,直线分别为轴,建立空间直角坐标系,设,则,

（Ⅰ）,,故 ；

（Ⅱ）因为为的中点,则,从而, ,设平面的法向量为,则 也即,得,从而,所以点到平面的距离为 ；

（Ⅲ）设平面的法向量, 而, 由,即,得,依题意得: , ,解得 (不合,舍去),     ∴时,二面角的大小为.

（Ⅰ）证明：设，交于点，连接，易知为的中位线，

故，又平面，平面，得平面．

（Ⅱ）解：过做交于，过作交于,

由已知可知平面，，且,

过作交于,连接,由三垂线定理可知：为所求角

如图，平面,,由三垂线定理可知，

在中，斜边，，得,

在中，,得,由等面积原理得，B到CE边的高为

则;  在中，,则，

故：

法2建立如图所示的空间直角坐标系，

则,,;,

（I）设平面的法向量为，

则即；推出即, 平面。

（II）,故

试题分析：建立如图所示的空间直角坐标系，

则,,;,

（I）设平面的法向量为，

则即；即

令，则；又,故即,而平面所以平面。

（II）设平面的法向量为，,

则即；即

令，则；由题可知平面的法向量为

故,故

点评：中档题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用空间向量，省去繁琐的证明，也是解决立体几何问题的一个基本思路。对计算能力要求较高。

（1）详见解析；（2）．

试题分析：(1) 建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴的空间直角坐标系，写出和的坐标，计算其数量积即可证明垂直；（2）取平面的法向量，利用向量和的数量积，计算向量和的夹角，转化为线面角．

试题解析：(1)建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴的空间直角坐标系，

则,,,，

,，

，

．

（2）取平面ADS的一个法向量为,则

，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

（1）取BD中点Q，证得Q与O重合。则面PBD

（2）

试题分析：（1）取BD中点Q，则三点共线，即Q与O重合。

则面PBD

（2）因为AC面PBD，而面ABCD，所以面ABCD面PBD，则P点在面ABCD上的射影点在交线BD上（即在射线OD上），所以PO与平面ABCD所成的角。以O为坐标原点，OA为轴，OB为轴建空间直角坐标系。，因为AC面PBD，所以面PBD的法向量，设面PAB的法向量，又，由，得①，又，由，得

 ②， 在①②中令，可得，则

所以二面角的余弦值

点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，将立体问题转化成平面问题，是解决立体几何问题的一个基本思路。通过就落实党的坐标系，利用空间向量，免去了繁琐的逻辑推理过程，对计算能力要求较高。

（Ⅰ）连接BD交AC于点，若∥平面，

则∥，点为BD中点，则为棱的中点……4分

（Ⅱ），，，，又

四边形为矩形，          ……5分

法（一）中点为坐标原点，以为轴，以为轴，

以为轴，如图建系

，设平面的法向量

，，不妨令，则       ……8分

，设平面的法向量

，不妨令则       ……11分

设二面角为，                    ……12分

法（二）

设二面角的平面角为，

取中点O，中点，

，

，             ……8分

同理设二面角的平面角为，

                         ……11分

设二面角为，，，     ……12分

略

（1）见解析（2）存在

(1)证明:连接DC1，因为ABC-A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形，又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥DE.因为AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1，所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°，所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1，又BD∩DC1＝D，所以ED⊥平面BDC1，BC1⊂面BDC1，所以ED⊥BC1.

(2)解　假设存在点E满足条件，设AE＝h.

取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)，所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)，设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则，令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)，同理，平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则，∴n2＝(，1,0)．

∴cos〈n1，n2〉＝＝cos 60°＝.解得h＝<，故存在点E，当AE＝时，二面角D-BE-A等于60°.

（1）证明略（2）45°

(1) 设=a,=b, =c,正四面体的棱长为1,

则=(a+b+c),=(b+c-5a),

=(a+c-5b), =(a+b-5c)

∴·=（b+c-5a）·（a+c-5b）

=（18a·b-9|a|2）

=（18×1×1·cos60°-9）=0.

∴⊥，∴AO⊥BO，

同理⊥，BO⊥CO，

∴AO、BO、CO两两垂直.

（2） =+=-（a+b+c）+

=(-2a-2b+c).

∴||==，

||==，

·=（-2a-2b+c）·（b+c-5a）=，

∴cos〈,〉==，

∵〈,〉∈(0,),∴〈, 〉=45°.

（-3，2，-4）为平面AMN的一个法向量.

  以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系.（如图所示）.

设棱长为1，则A（1，0，0），M(1，1，)，N（0，，1）.

∴=（0，1，），=(-1，，1).

设平面AMN的法向量n=（x，y，z）

∴

令y=2，∴x=-3，z=-4.∴n=（-3，2，-4）.

∴（-3，2，-4）为平面AMN的一个法向量.

（1）详见解析；（2）平面A1DB与平面DBB1夹角的余弦值为．

试题分析：（1）求证:平面；利用线面平行的判定定理，证明线面平行，即证线线平行，可利用三角形的中位线，或平行四边形的对边平行，本题由于是的中点，可连接交与点，连接，利用三角形中位线的性质，证明线线平行即可；（2）求平面与平面夹角的余弦值，取中点，则平面，则两两垂直，以分别为轴建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的法向量、平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．

试题解析：(1)连接AB1交A1B与点E，连接DE，则B1C∥DE，则B1C∥平面A1BD4分

(2)取A1C1中点F,D为AC中点,则DF⊥平面ABC,

又AB=BC,∴BD⊥AC,∴DF、DC、DB两两垂直,

建立如图所示空间直线坐标系D-xyz,则D(0,0,0), B(0,,0),A1(-1,0,3)

设平面A1BD的一个法向量为,

取，则，     8分

设平面A1DB与平面DBB1夹角的夹角为θ，平面DBB1的一个法向量为，         10分

则

∴平面A1DB与平面DBB1夹角的余弦值为．    12分

（I）（II）

试题分析：（I）如图1，作PO⊥AC，垂足为O，连结OB，

由已知得，△POC≌△BOC，则BO⊥AC。

，

∵平面PAC⊥平面BAC，∴PO⊥平面BAC，∴PO⊥OB，

（II）方法1：如图1，作OD⊥AB，垂足为D，连结PD，由三垂线定理得，PD⊥AB。

则∠PDO为二面角P—AB—C的平面角的补角。

二面角P—AB—C的大小为 

方法2：如图2，分别以OB，OC，OP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系

O—xyz，则

令 

又为面ABC的法向量。  

易知二面角P—AB—C的平面角为钝角，

故二面角P—AB—C的大小为 

点评：第二问求二面角分别用了几何法（作出二面角平面角，计算大小）和向量法（建立坐标系，写出相关点的坐标，找到两面的法向量，通过法向量的夹角找到二面角）

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）异面直线与所成角为．

试题分析：（Ⅰ）证明：直线平面，证明线面平行，首先证明线线平行，可用三角形的中位线平行，也可用平行四边形的对边平行，本题虽有中点，但没直接的三角形，可考虑用平行四边形的对边平行，可取ＯＤ的中点Ｇ，连结ＣＧ，ＭＧ，证明四边形为平行四边形即可，也可取中点，连接，，利用面面平行则线面平行，证平面平面即可．也可利用向量法，作于点P,如图,分别以，所在直线为轴建立坐标系，利用向量与平面的法向量垂直，即数量积等于零；（Ⅱ）求异面直线与所成角的大小，分别写出异面直线与对应向量的坐标，由向量的夹角公式即可求出．

试题解析：方法一（综合法）

（Ⅰ）取中点，连接，　　　

又   　　　　 

（Ⅱ）

为异面直线与所成的角（或其补角），

作连接 ， ，,,

， ,  

所以 与所成角的大小为 

方法二(向量法)

作于点P,如图,分别以，所在直线为轴建立坐标系.

,

,

(Ⅰ)，

设平面的法向量为,则 

即 ， 取,解得

..

(Ⅱ)设与所成的角为, 

，   , 即与所成角的大小为.